Czy kwadrat da się podzielić na nieparzystą liczbę trójkątów o równych polach? Michał Kieza

Transkrypt

1 Czy kwadrat da się podzielić na nieparzystą liczbę trójkątów o równych polach? Michał Kieza Łatwo zauważyć, że kwadrat można podzielić na 2, 4, 6,..., a także na dowolną parzystą liczbę trójkątów o równych polach. Garść eksperymentów prowadzi do wniosku, że nie da się go podzielić na 3 trójkąty o równych polach. Podobnie jest dla 5. Co jednak z większymi liczbami nieparzystymi? Czy istnieją takie nieparzyste liczby n, że kwadrat da się podzielić na n trójkątów o równych polach? Na rysunku mamy podział kwadratu na 7 trójkątów, których pola są niemal równe czy dla większych liczb dałoby się zrealizować równość? Wydaje się, że jeśli ta liczba jest odpowiednio duża, to także i stopień swobody jest ogromny... Z drugiej strony, istnieją czworokąty, które można podzielić na nieparzystą liczbę trójkątów o równych polach. Trapez o stosunku podstaw 2 : da się podzielić na 3 trójkąty o równych polach. Podobnie, trapez o stosunku podstaw 3 : 2 da się podzielić na 5 trójkątów o równych polach, zaś trapez o stosunku podstaw (n + ) : n da się podzielić na 2n + trójkątów o równych polach. Tytułowe pytanie mogło zostać zadane już w starożytności wydaje się to typowe pytanie z klasycznej geometrii... To pytanie może zadać także nawet uczeń podstawówki. A jednak, gdy w latach 60-tych ubiegłego wieku Fred Richman i John Thomas podzielili się tym pytaniem z innymi matematykami, byli zaskoczeni, że nikt nie tylko nie zna odpowiedzi, ale także nie potrafi podać miejsca, gdzie ten problem jest dyskutowany...

2 W 970 roku w czasopiśmie American Mathematical Monthly pojawia się rozwiązanie, które znalazł Paul Monsky On dividing a square into triangles, Amer. Math. Monthly 77 (970), Odpowiedź: Nie. Dowód Monsky ego jest niezwykły, bowiem używa kilku rzeczy z różnych (pozornie zupełnie niezwiązanych z tym zagadnieniem) działów matematyki. Co więcej, jest to jedyny znany dowód! Jak zabrać się do tego problemu? Będziemy potrzebowali na początek dwóch narzędzi:. próba uogólnienia pojęcia parzystości na liczby rzeczywiste, 2. pewne fakty związane z kolorowaniem grafów (czyli obiektów składających się z punktów i odcinków ich łączących). Motywacja: Ad. Chcemy pokazać, że jeśli kwadrat da się podzielić na trójkąty o równych polach, to ich liczba jest parzysta podzielność przez 2 musi grać jakąś rolę. Z drugiej strony istnieją czworokąty, które da się podzielić na nieparzystą liczbę trójkątów o równych polach, więc być może ważne znaczenie ma jakaś zależność między liczbami będącymi współrzędnymi wierzchołków tego czworokąta a 2. Ad 2. Podział kwadratu na trójkąty wygląda jak graf może przydadzą się pewne kombinatoryczne twierdzenia dotyczące grafów (np. związane z kolorowaniem).. Uogólnienie pojęcia podzielności przez 2 na liczby rzeczywiste Liczby całkowite dzielimy na liczby nieparzyste, np., 3, 5, oraz liczby parzyste, np. 2, 4, 6. Jednakże wśród tych drugich możemy wprowadzić dalszy podział ze względu na największą potęgę 2, przez jaką dzielą się te liczby. Chcielibyśmy wówczas powiedzieć, że np. 8 jest bardziej parzyste niż 2, zaś liczbą najbardziej parzystą jest 0. Tę dość mętną intuicję możemy sprecyzować definiując dla dowolnej liczby wymiernej w = 2 s m n (gdzie s jest całkowite, zaś m i n są całkowite nieparzyste) funkcję f(w) = 2 s oraz f(0) = 0. Zauważmy teraz, że dla liczb całkowitych nieparzystych f jest równa, zaś dla liczb parzystych n mamy f(n) /2. Co więcej im bardziej dana liczba jest parzysta (tzn. im większa potęga 2 ją dzieli), tym mniejsza wartość f. Tak zdefiniowana funkcja dla liczb wymiernych posiada następujące własności. f(x) 0 oraz f(x) = 0 x = 0, 2. f(2) = 2, 2

3 3. f(x y) = f(x) f(y), 4. f(x + y) max {f(x), f(y)}. Na odwrót, jeśli założymy, że funkcja f spełnia powyższe własności, to nietrudno sprawdzić, że dla dowolnej liczby wymiernej w mamy f(w) = 2 s. A jeśli chcielibyśmy rozważyć funkcję spełniającą powyższe własności dla liczb rzeczywistych, to czy potrafilibyśmy znaleźć jakiś wzór na f? Łatwo wyznaczyć wtedy wartości f dla niektórych szczególnych liczb, np. dla 2 (bowiem f( 2) f( 2) = f(2) = /2, skąd na mocy dodaniości f( 2) = / 2). Podobnie wyznaczymy f( 3) =. A ile wynosi np. f(π)? Tego nie potrafimy powiedzieć. Jednakże można udowodnić, że istnieje funkcja f określona na zbiorze liczb rzeczywistych i spełniająca wyżej wymienione cztery warunki. Funkcja f posiada dodatkowo dwie przydatne własności:. f(x) = f( x), 2. jesli f(x) > f(y), to f(x + y) = f(x). Ad. Mamy f( x) f( x) = f(x 2 ) = f(x) f(x), skąd f( x) = ±f(x). Ale f przyjmuje jedynie wartości nieujemne, więc musi być f(x) = f( x). Ad 2. Zauważmy, że f(x + y) max {f(x), f(y)} = f(x). Ponadto f(x) = f((x + y) + ( y)) max {f(x + y), f( y)} = max {f(x + y), f(y)}. Jednakże gdyby f(x+y) f(y), to powyższe oszacowanie daje f(x) f(y) sprzeczność. Zatem musi być f(x+y) > f(y) i dane oszacowanie daje f(x) f(x+y). Zatem musi być f(x) = f(x + y). 2. Kombinatoryczne własności kolorowania grafów (lemat Spernera) Lemat. Dany jest kwadrat ABCD, przy czym wierzchołek A jest zielony, B i C są niebieskie, a D jest czerwony. Załóżmy, że kwadrat ten podzielono na trójkąty i każdy z wierzchołków tych trójkątów pomalowano na te trzy kolory w ten sposób, że na jednej prostej nie leżą wierzchołki wszystkich trzech kolorów. Wtedy istnieje trójkąt różnokolorowy. Dowód. Boki trójkątów podziału są podzielone przez wierzchołki różnych trójkątów na odcinki. Będą nas interesować odcinki (niezawierające wewnątrz wierzchołków innych trójkątów), których jeden koniec jest czerwony, a drugi niebieski nazwijmy je odcinkami C-N. Odnotujmy najpierw, że na odcinku, którego jeden koniec jest zielony, nie ma odcinków C-N. Na odcinku, którego oba końce są czerwone albo oba niebieskie, jest parzysta liczba odcinków C-N. Na odcinku, którego jeden koniec jest czerwony, zaś drugi niebieski, jest nieparzysta liczba odcinków C-N. 3

4 Zauważmy teraz, że na obwodzie trójkąta, którego wierzchołki nie są różnokolorowe, leży parzysta liczba odcinków C-N. Jeśli więc żaden trójkąt podziału nie ma różnokolorowych wierzchołków, to sumując liczby takich odcinków na obwodach tych trójkątów, otrzymamy liczbę parzystą. Zauważmy, że przy tym sumowaniu każdy odcinek C-N, który nie leży na obwodzie kwadratu, był liczony dwukrotnie, a każdy z obwodu jednokrotnie. Wynika stąd, że liczba tego typu odcinków, leżących na obwodzie kwadratu, jest parzysta. Jest to jednak niemożliwe, bo na boku kwadratu o końcach niebieskich leży parzysta ich liczba, na bokach o jednym końcu zielonym w ogóle ich nie ma, a na boku o jednym końcu niebieskim, a drugim czerwonym jest ich nieparzysta liczba. Uzyskana sprzeczność oznacza, że przy założeniach lematu istnieje trójkąt, którego wszystkie wierzchołki są różnych kolorów. Czas teraz połączyć dwie powyższe rzeczy. Podzielmy płaszczyznę na trzy rozłączne zbiory Z = {(x, y) : f(x) <, f(y) < }, N = {(x, y) : f(x), f(x) f(y)}, C = {(x, y) : f(y), f(x) < f(y)}. Pomalujmy punkty pierwszego zbioru na zielono, drugiego na niebiesko, a trzeciego na czerwono. Okazuje się, że takie pokolorowanie płaszczyzny posiada ciekawe własności. Lemat 2. Jeśli (x, y ) jest punktem zielonym, a (x 2, y 2 ) niebieskim (czerwonym), to (x 2 x, y 2 y ) jest punktem niebieskim (czerwonym). Dowód. Istotnie, gdy (x 2, y 2 ) jest punktem niebieskim, to f(x 2 x ) = f(x 2 ). Ponieważ f(x 2 ) f(y 2 ), to f(x 2 x ) = f(x 2 ) max(f(y 2 ), f(y )) f(y 2 y 2 ). Zatem punkt (x 2 x, y 2 y ) też jest niebieski. Dowód dla punktu czerwonego jest podobny. Lemat 3. Na żadnej prostej nie leżą punkty wszystkich trzech kolorów. Dowód. Przypuścmy, że jest inaczej. Przesuwając prostą, na której leżą punkty wszystkich trzech kolorów, równolegle w ten sposób, by punkt zielony przeszedł na (0, 0) i korzystając z poprzedniego lematu, możemy założyć, że punkt czerwony (x, y ) i niebieski (x 2, y 2 ) leżą na prostej przechodzacej przed punkt (0, 0). Istnieje więc liczba λ taka, że x = λx 2 i y = λy 2. Zatem f(x ) = f(λ)f(x 2 ) i f(y ) = f(λ)f(y 2 ). Ponieważ f(x ) < f(y ) i λ 0, to f(x 2 ) < f(y 2 ), co jest niemożliwe. Mając już wszystkie potrzebne rekwizyty możemy przejść do finału, czyli dowodu, że jeśli kwadrat podzielimy na n trójkątów o równych polach, to n jest parzyste. Można założyć, że wierzchołki kwadratu są w punktach (0, 0), (, 0), (0, ), (, ). Załóżmy teraz, że kwadrat ten jest podzielony na n trójkątów o równych polach i pokolorujmy wierzchołki wszystkich trójkątów na czerwono, niebiesko i zielono zgodnie z wcześniej przyjętymi regułami. 4

5 Wierzchołek (0, 0) jest zielony, (0, ) czerwony, a pozostałe dwa zaś niebieskie. Ponadto z lematu 3 wnosimy, że na żadnej prostej nie ma punktów trzech różnych kolorów. Zatem założenia lematu są spełnione i w związku z tym istnieje trójkąt, który ma różnokolorowe wierzchołki. Przesuńmy ten trójkąt równolegle tak, by wierzchołek zielony przeszedł na (0, 0). Z lematu 2 wynika, że pozostałe wierzchołki nie zmienią kolorów. Załóżmy, że po przesunięciu wierzchołkiem czerwonym jest (x, y ), a niebieskim (x 2, y 2 ). Pole trójkąta o wierzchołkach (0, 0), (x, y ), (x 2, y 2 ) jest równe n = 2 x y 2 x 2 y. Ponieważ f(x ) < f(y ) i f(x 2 ) f(y 2 ), to f(x y 2 ) < f(x 2 y ), zatem f ( n) = f ( 2) f(x 2 ) f(y ) 2 = 2, skąd f(n) /2. To oznacza, że n musi być parzyste. 5